آیا در تتریس فقط به این دلیل باختید که بهینه بازی نمی کنید یا اشتباه می کنید؟ حتی با هر مقدار زمان برای فکر کردن در مورد آن، یک توالی نامطلوب از سنگ ها را نمی توان نجات داد. عامل تعیین کننده پنج خط باریک و یک عدد فرد است. ما یک زمین بازی با \(10\) ستون و \(20\) ردیف بدون کلیپ بورد (نگه دارید) در نظر می گیریم: هر سنگ جدید به طور مستقل ترسیم می شود و به طور مساوی از هفت تترومینو توزیع می شود. هر شکل از چهار مربع متصل تشکیل شده است. کل قسمت ممکن است از قبل شناخته شده باشد.
این واقعیت که یک بازی تقریباً به طور قطع به پایان می رسد به این معنی نیست که هر توالی قابل تصوری از سنگ ها به پایان می رسد. یک دنباله خالص از سنگ های O را می توان بی انتها پخش کرد: پنج مربع که در کنار یکدیگر قرار می گیرند، دو ردیف را حذف می کنند و تخته را خالی می کنند. در 7-Bag، هر کیسه به طور تصادفی مخلوط شده شامل تمام هفت شکل دقیقا یک بار است. استدلال شانسی ما در این مورد صدق نمی کند. در چگونه در تتریس باخت، هایدی بورگیل سکانسی را نشان می‌دهد که حتی بازی بی‌نقص هم کمکی نمی‌کند: \(S,Z,S,Z,\ldots\) .
S و Z تصاویر آینه ای هستند، نه چرخش های مختلف یک سنگ. توضیح ضمیمه ایده هندسی را که در اینجا به عنوان برهان با تناقض ارائه می کنیم، توصیف می کند. این ادعای واضح "در نقطه ای فقط سنگ های Z ظاهر می شوند و هیچ ردیفی با آنها ناپدید نمی شود" اشتباه است. فقط پنج سنگ S یکسان و به صورت عمودی چیدمان زیر را بر روی تخته خالی اولیه ارائه می دهند. همان حروف نشانگر همان سنگ است. نقطه ها فضاهای آزاد را مشخص می کنند:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.eردیف وسط کامل و حذف شده است. اگر چیدمان را آینه کنید، همان مثال متقابل را برای سنگ های Z دریافت می کنید. مشکل حذف ردیف های جداگانه نیست، بلکه این سوال است که آیا می توانید تمام عدم تعادل هایی را که در تعداد نامحدودی از سنگ ها ایجاد می شود کنترل کنید. بیایید ستون ها را از \(1\) تا \(10\) شماره گذاری کنیم. با \(b_i\) تعداد کل سلول‌های جدید قرار داده شده در ستون \(i\) را نشان می‌دهیم، از جمله سلول‌هایی که بعداً حذف شده‌اند.
\(h_i\) سنگ های افقی S یا Z را با ستون وسط \(i\) ، \(v_i\) سنگ های عمودی در ستون های \(i\) و \(i+1\) می شمارد. شمارنده‌ها روند بازی را ثبت می‌کنند، نه فقط پشته قابل مشاهده در حال حاضر. یک سنگ افقی سلول های خود را به نسبت \(1,2,1\) روی سه ستون، یک سنگ عمودی به نسبت \(2,2\) در دو ستون توزیع می کند. هر دو تصویر آینه دارای تعادل ستون یکسانی هستند. اگر این مشارکت‌ها را در همه مکان‌ها جمع کنید، برای هر ستون دریافت می‌کنید:
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
در خارج از تابلو، همه شمارنده ها را روی \(0\) قرار می دهیم. به طور خاص \(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) . این کنوانسیون لبه مانع از شمارش سنگ هایی می شود که از لبه زمین بازی فراتر می روند. چنین قرارگیری در مدل ما مجاز نیست. اگر دنباله S/Z مورد بررسی روی تابلویی که از قبل پر شده شروع می شود، اجازه دهید \(a_i\) سلول های اشغال شده اولیه و \(c_i\) سلول های اشغال شده فعلی در ستون \(i\) باشد. بعد از \(R\) ردیف های حذف شده است:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
تا زمانی که بازی در حال اجرا است، همه \(a_i,c_i\) بین \(0\) و \(20\) هستند. بنابراین \(|b_i-b_j|\leq40\) اعمال می شود. اگر تابلو در ابتدا خالی باشد \(20\) کافی است. هر ردیف حذف شده دقیقاً یک سلول از هر ستون را حذف می کند. به همین دلیل است که تعداد ردیف های حذف شده هنگام مقایسه دو ستون کاهش می یابد، حتی اگر شمارنده های سلول های مجموعه همچنان به رشد خود ادامه دهند. شما سلول های اشغال شده را به جای ارتفاع پشته شمارش می کنید. این دو اندازه در مورد سوراخ ها متفاوت است. اگر این حد را به طور کلی به صورت \(D\) بنویسیم، در لبه چپ یا راست نتیجه می شود:
$$2v_2+h_2+h_3=b_2-b_1\leq D,$$
$$2v_8+h_8+h_9=b_9-b_{10}\leq D.$$
برای جفت‌های ستون داخلی، دو تفاوت ستون محدود اضافه می‌کنیم: \(b_4-b_3\) و \(b_2-b_1\) در سمت چپ، \(b_7-b_8\) و \(b_9-b_{10}\) در سمت راست. پس از درج تعادل ستون، شمارنده های بین آنها دقیقاً یکدیگر را خنثی می کنند. این فقط مشارکت‌های غیرمنفی را در هر سمت چپ باقی می‌گذارد که به طور مشترک با \(2D\) محدود می‌شوند. این همچنین یک حد بالایی برای اعداد قرارگیری مربوطه برای دو جفت داخلی به ما می دهد:
$$\begin{aligned}2v_4+h_4+h_5&=(b_4-b_3)+(b_2-b_1)\\&\leq2D,\\2v_6+h_6+h_7&=(b_7-b_8)+(b_9-b_{10})\\&\leq2D.\end{aligned}$$
اگر چهار نامساوی را جمع کنیم، هر سنگ افقی دقیقاً یک بار شمارش می شود. چهار نوع قرارگیری عمودی متقاطع نیز دارای ضرایب مثبت هستند. سنگ های افقی سه ستون را اشغال می کنند و بنابراین به طور کامل در یکی از مسیرهای دو ستونی که بعداً در نظر گرفته شد، قرار نمی گیرند. برای سنگ های عمودی، ما مسیرها را مطابق ستون سمت چپ تشخیص می دهیم. از آنجایی که همه شمارنده ها غیرمنفی هستند، هیچ یک از این مشارکت ها توسط دیگری لغو نمی شود:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
بنابراین، قرار دادن افقی و قرار دادن عمودی با ستون راست راست می تواند حداکثر \(120\) بار در یک تخته خالی یا \(240\) بار در هر تخته از پیش پر شده رخ دهد. این یک حد بالایی است، نه ادعایی که واقعاً می توان به آن دست یافت. در هر صورت نمی توان از این حرکات گریزان بی نهایت استفاده کرد. حالا بیایید فرض کنیم که می توانید سکانس متناوب را به طور نامحدود بازی کنید.
پس از آخرین تعداد محدود حرکات گریز، فقط قرار دادن عمودی در پنج خط ثابت ممکن است: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) . اشکال یکسان در یک الگوی پله مانند در یکدیگر قرار می گیرند: قسمت پایین با بالای سنگ قبلی مطابقت دارد. تغییر از S به Z یا بالعکس، شکافی به عرض یک سلول و عمق دو سلول ایجاد می کند. جزئیات یک سنگ Z را بر روی یک سنگ S نشان می دهد. هر دو "o" شکاف را نشان می دهند:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.Sیک سنگ عمودی دیگر در همان خط نمی تواند این شکاف را پر کند: ستون دوم آن با سلول های اشغال شده همسایه برخورد می کند. تا زمانی که شکاف باز است، حذف ردیف ها نیز کمکی نمی کند، زیرا هر دو ردیف کامل نیستند. تعمیر به یکی از محل‌های متقاطع یا افقی که قبلاً حذف شده‌اند نیاز دارد. پس از آخرین حرکت گریزان، چنین شکاف هایی دائمی هستند. تعداد نامتناهی شکاف جدید و ناهمگون نمی توانند روی یک تخته محدود ایجاد شوند.
در نتیجه، فقط تعداد محدودی از تغییرات در فرم در مسیرها می تواند وجود داشته باشد. یک خط اولیه خالی این موضوع را تغییر نمی‌دهد: اولین سنگ S یا Z شما در حال حاضر یک شکاف تک ستونی را روی زمین باقی می‌گذارد که نمی‌توان آن را با بازی خط خالص بیشتر بسته کرد. در یک بازی ظاهرا بی نهایت، هر خط باید تعداد بی نهایت سنگ را نیز در خود جای دهد. اگر خطی در نقطه‌ای دست نخورده باقی بماند، به دلیل توازن ستون محدود، تنها تعداد محدودی سلول می‌تواند در خطوط باقی‌مانده جای گیرد.
بنابراین ما به نقطه ای از زمان می رسیم که در آن هر پنج خط به طور دائم اشغال شده و به طور محکم به یک فرم اختصاص داده شده است. از این مرحله به بعد \(t\) سنگ های بیشتری را می شماریم و با \(n_j(t)\) عدد در مسیر \(j\) . هر یک از این سنگ ها دو سلول به هر ستون مسیر خود کمک می کند. از آنجا که حذف ردیف ها با تمام ستون ها به طور یکسان رفتار می کنند، تفاوت های \(n_j(t)-n_k(t)\) محدود باقی می مانند. در دراز مدت، هر پنج خط باید هر کدام یک پنجم سنگ ها را در خود جای دهند:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
اگر \(k\) از پنج لاین برای S-stones محفوظ است، سهم آنها باید حدود \(k/5\) باشد. با این حال، در دنباله متناوب \(1/2\) است: در هر پیشوند تعداد سنگ های S و Z حداکثر با \(1\) متفاوت است. تقسیم خطوط باید هر دو قسمت را همزمان انجام دهد. با این حال، سهم نصف را نمی توان به عنوان مجموع یک پنجم کامل نشان داد. اینجاست که فرکانس فرم‌های متناوب و تعداد فرد آهنگ‌هایی که به همان اندازه استفاده می‌شوند با هم جمع می‌شوند. که اجباری خواهد بود:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
تعداد خطوط یک عدد صحیح است. این تضاد به فرض یک بازی بی نهایت پایان می دهد. این استدلال همچنین نشان می‌دهد که چرا عرض تخته بخشی از آن است: با چهار قطار، تقسیم به دو قطار S و دو Z با این تناقض رد نمی‌شود. برای اثبات تصادفی به طول بلوک محدود \(N\) نیاز داریم که بدون در نظر گرفتن برد فعلی منجر به از دست دادن شود. "هر استراتژی در نقطه ای از دست می دهد" به تنهایی کافی نیست.
یکنواختی از تعداد متناهی حالت های ممکن ناشی می شود. پس از هر جایگذاری تکمیل شده، حداکثر الگوهای اشغال \(2^{200}\) وجود دارد. همچنین اطلاعاتی وجود دارد که آیا S یا Z در مرحله بعدی ظاهر می‌شود، یعنی حداکثر حالت \(2^{201}\) . اگر قرار بود از سنگ های \(N=2^{201}\) جان سالم به در ببرید، حالت های \(N+1\) قبل و بعد از این حرکت ها تکرار خواهند شد. به دلیل تخته یکسان و همان شکل بعدی، حرکات قانونی در این بین می‌توانند هر چند بار تکرار شوند: بازی بی‌نهایت حذف شده است.
این محدودیت همچنین الگوهای تخته غیرقابل دستیابی را به حساب می آورد و طول بازی را پیش بینی نمی کند. شمارش هندسی دقیق بورگیل مرزهای کوچک تری می دهد. در اینجا یک \(N\) محدود کافی است. برای همه انتساب های اولیه مجاز و هر دو فاز دنباله S/Z اعمال می شود. اجازه دهید دنباله تصادفی نامتناهی را به بلوک های غیرمتناسب با طول \(N\) تجزیه کنیم. هر بلوک دقیقاً دنباله مشخص شده \(S,Z,S,Z,\ldots\) با احتمال \(q=7^{-N}>0\) است. بلوک ها مستقل هستند. بنابراین این احتمال وجود دارد که هیچ یک از بلوک های \(m\) اول حاوی این دنباله نباشد:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
بنابراین با احتمال \(1\) یک بلوک مرگبار در نقطه ای ظاهر می شود، مگر اینکه بازی قبل از آن به پایان برسد. این همچنین برای هر مقدار زمان برای فکر کردن در مورد آن و آگاهی کامل از کل توالی سنگ ها صدق می کند. این منجر به زمان بازی عملی کوتاه نمی شود. شروع بد و بدون تمرکز به تنهایی به معنای شکست نیست. بازگشت های غافلگیرکننده مطمئناً امکان پذیر است. بنابراین - ناامید نشوید و از بازی بی انتها لذت ببرید.